《2025年经纶学典学霸黑白题高中数学必修第一册苏教版》

9. * (2025·福建莆田高一期中)若定义在$ \mathbf{R} $上的函数$ f(x) = ae^x + e^{-x} $的最小值为$ 2 $，则不等式$ f(x) ＞ f(2x - 1) $的解集为(A)

A.$ \left( \dfrac{1}{3}, 1 \right) $
B.$ \left( -\infty, \dfrac{1}{3} \right) \cup (1, +\infty) $
C.$ \left( -\dfrac{1}{3}, \dfrac{1}{3} \right) $
D.$ \left( -\infty, -\dfrac{1}{3} \right) \cup \left( \dfrac{1}{3}, +\infty \right) $

答案： 9.A 解析：当$a\leq0$时，$f(x)$在$\mathbf{R}$上单调递减，此时$f(x)$无最小值，不合题意；当$a＞0$时，$f(x)=ae^x+e^{-x}\geq2\sqrt{ae^x· e^{-x}}=2\sqrt{a}$(当且仅当$x=-\frac{\ln a}{2}$时取等号)，$\therefore f(x)_{\min}=2\sqrt{a}=2$，解得$a=1,\therefore f(x)=e^x+e^{-x},\therefore f(-x)=e^x+e^{-x}=f(x)$，即$f(x)$为定义在$\mathbf{R}$上的偶函数；当$x\geq0$时，令$t=e^x$，则$t\geq1,\because y=t+\frac{1}{t}$在$[1,+\infty)$上单调递增，由复合函数单调性知$f(x)$在$[0,+\infty)$上单调递增，$\therefore f(x)$在$(-\infty,0]$上单调递减，由$f(x)＞f(2x-1)$得$|x|＞|2x-1|$，即$x^2＞(2x-1)^2$，解得$\frac{1}{3}＜x＜1,\therefore$不等式$f(x)＞f(2x-1)$的解集为$(\frac{1}{3},1)$.故选A.

10. (2025·江苏镇江高一月考)若存在$ x \in (-\infty, 0] $满足$ x^2 - 3^x + a ＜ 0(a \in \mathbf{R}) $，则$ a $的取值范围是(A)

A.$ (-\infty, 1) $
B.$ (1, +\infty) $
C.$ (-\infty, -1) $
D.$ (-1, +\infty) $

答案： 10.A 解析：因为存在$x\in(-\infty,0]$满足$x^2-3^x+a＜0(a\in\mathbf{R})$，即存在$x\in(-\infty,0]$满足$a＜-x^2+3^x$，令$f(x)=-x^2+3^x$，$x\in(-\infty,0]$.因为$y=-x^2$与$y=3^x$在$(-\infty,0]$上单调递增，所以$f(x)$在$(-\infty,0]$上单调递增，所以$f(x)_{\max}=f(0)=1$，所以$a＜1$，即$a$的取值范围是$(-\infty,1)$.故选A.

11. * (2025·天津蓟州区高一月考)若函数$ y = a^x(a ＞ 0 且 a \neq 1) $，在$ [2, 3] $上的最大值比最小值大$ \dfrac{a^2}{2} $，则$ a = $$\frac{1}{2}$或$\frac{3}{2}$。

答案： 11.$\frac{1}{2}$或$\frac{3}{2}$解析：若$0＜a＜1$，则函数$f(x)=a^x$在区间$[2,3]$上单调递减，所以$f(x)_{\max}=a^2,f(x)_{\min}=a^3$，由题意得$a^2-a^3=\frac{a^2}{2}$，又$0＜a＜1$，故$a=\frac{1}{2}$；若$a＞1$，则函数$f(x)=a^x$在区间$[2,3]$上单调递增，所以$f(x)_{\max}=a^3,f(x)_{\min}=a^2$，由题意得$a^3-a^2=\frac{a^2}{2}$，又$a＞1$，故$a=\frac{3}{2}$.所以$a$的值为$\frac{1}{2}$或$\frac{3}{2}$.

12. * (2025·浙江杭州二中高一期中)如果$ 3^{x^2 - 3} ＜ 9^{-x} $，则$ x $的取值范围为$(-3,1)$。

答案： 12.$(-3,1)$解析：因为$3^{x^2-3}＜9^{-x}\Leftrightarrow3^{x^2-3}＜3^{-2x}$，又$y=3^x$在$(-\infty,+\infty)$上单调递增，所以$x^2-3＜-2x$，解得$-3＜x＜1$.故答案为$(-3,1)$.

13. * (2025·浙江金华高一期中)若函数$ f(x) = a^{ax + \frac{1}{x}}(a ＞ 0 且 a \neq 1) $在区间$ \left( \dfrac{1}{2}, 2 \right) $上单调递增，则$ a $的取值范围是$(0,\frac{1}{4}]\cup[4,+\infty)$。

答案： 13.$(0,\frac{1}{4}]\cup[4,+\infty)$解析：$f(x)=a^{x+\frac{1}{x}}$可看作由函数$y=a^t$与函数$t=ax+\frac{1}{x}$复合而成，当$a＞1$时，因为$y=a^t$为增函数，所以$t=ax+\frac{1}{x}=a(x+\frac{1}{a}{x})$在$(\frac{1}{2},2)$上单调递增即可，由对勾函数的单调性，只需$\sqrt{\frac{1}{a}}\leq\frac{1}{2}$，解得$a\geq4$；当$0＜a＜1$时，因为$y=a^t$为减函数，所以$t=ax+\frac{1}{x}=a(x+\frac{1}{a}{x})$在$(\frac{1}{2},2)$上单调递减即可，由对勾函数的单调性，只需$\sqrt{\frac{1}{a}}\geq2$，解得$0＜a\leq\frac{1}{4}$，综上，$a$的取值范围为$(0,\frac{1}{4}]\cup[4,+\infty)$.故答案为$(0,\frac{1}{4}]\cup[4,+\infty)$.

14. (2025·浙江温州高二期中)设函数$ f(x) = \left| \dfrac{1 - 2^x}{2^x} \right| $，若$ a - b \neq 1 $且$ f(a) = f(b + 1) $，则当$ 2^a + 2^b $取得最小值时，$ b - a = $$-\frac{1}{2}$。

答案： 14.$-\frac{1}{2}$解析：因为函数$f(x)=\left|\frac{1-2^x}{2^x}\right|=\left|(\frac{1}{2})^x-1\right|$，又因为$a-b\neq1$且$f(a)=f(b+1)$，则$1-(\frac{1}{2})^a=(\frac{1}{2})^{b+1}-1$，所以$(\frac{1}{2})^{b+1}+(\frac{1}{2})^a=2$，所以$2^b=2^{2^{a-1}}-2^{2^{a+1}-1}=\frac{2^{a-1}}{2^a-\frac{1}{2}}+\frac{3}{4}\geq\frac{1}{2}(2^a-\frac{1}{2})×\frac{8}{2^a}+\frac{3}{4}\geq\sqrt{2(2^a-\frac{1}{2})×\frac{8}{2^a-\frac{1}{2}}}+3$当且仅当$2^a-\frac{1}{2}=2$，即$2^a=\frac{\sqrt{2}+2}{4}$，所以$2^b=\frac{\sqrt{2}+1}{4}$，所以$b-a=-\frac{1}{2}$.故答案为$-\frac{1}{2}$.

15. (2025·江苏南通启东中学高一月考)已知函数$ f(x) $和$ g(x) $定义域都为$ \mathbf{R} $，$ f(x) $为偶函数，$ g(x) $为奇函数，且满足$ f(x) + g(x) = 2^x $。
(1) 求$ f(0) $。
(2) 从①$ g(2x) = 2f(x)g(x) $；②$ f(2x) = [f(x)]^2 + [g(x)]^2 $；③$ [f(x)]^2 - [g(x)]^2 = 1 $这三个结论中选一个，并加以证明。
(3) 对$ \forall x \in \mathbf{R} $都有$ mf(x) ＜ [g(x)]^2 + m + 4 $，求$ m $的取值范围。

答案： 15.
(1)解：$g(x)$定义域为$\mathbf{R}$，$g(x)$为奇函数，则$g(0)=0$，令$x=0$得$f(0)+g(0)=2^0=1$，则$f(0)=1$.
(2)证明：函数$f(x)$和$g(x)$定义域都为$\mathbf{R},f(x)$为偶函数，$g(x)$为奇函数，则$f(x)=f(-x),g(x)=-g(-x)$.因为$f(x)+g(x)=2^x$，则$f(-x)+g(-x)=2^{-x}$，两式相减求得$g(x)=\frac{2^x-2^{-x}}{2}$，两式相加求得$f(x)=\frac{2^x+2^{-x}}{2}$.
若选①，因为$f(x)g(x)=(\frac{2^x+2^{-x}}{2})(\frac{2^x-2^{-x}}{2})=\frac{2^{2x}-2^{-2x}}{4}$，又$g(2x)=\frac{2^{2x}-2^{-2x}}{2}$，所以$g(2x)=2f(x)g(x)$.
若选②，因为$[f(x)]^2+[g(x)]^2=(\frac{2^x+2^{-x}}{2})^2+(\frac{2^x-2^{-x}}{2})^2=\frac{1}{4}[(2^{2x}+2^{-2x}+2)+(2^{2x}+2^{-2x}-2)]=\frac{2^{2x}+2^{-2x}}{2}$，又$f(2x)=\frac{2^{2x}+2^{-2x}}{2}$，所以$f(2x)=[f(x)]^2+[g(x)]^2$.
若选③，左边$=[f(x)]^2-[g(x)]^2=(\frac{2^x+2^{-x}}{2})^2-(\frac{2^x-2^{-x}}{2})^2=\frac{1}{4}[(2^{2x}+2^{-2x}+2)-(2^{2x}+2^{-2x}-2)]=1=$右边.
(3)解：由$mf(x)＜[g(x)]^2+m+4$得，$m·\frac{2^x+2^{-x}}{2}＜(\frac{2^x-2^{-x}}{2})^2+m+4$，整理得$2m·(2^x+2^{-x}-2)＜2^{2x}+2^{-2x}+14$，设$t=2^x+2^{-x}\geq2\sqrt{2^x·2^{-x}}=2$，且仅当$x=0$时，等号成立，所以$2m(t-2)＜t^2+12$，当$t=2$时，$m\in\mathbf{R}$；当$t＞2$时，$2m＜t^2+12t-2=t-2+16t-2+4$，因为$t-2+16t-2+4\geq2\sqrt{(t-2)·16t-2}+4=12$，当且仅当$t-2=16t-2$，即$t=6$时取“$=$”，所以$2m＜12$，即$m＜6$.综上所得，$m$的取值范围是$(-\infty,6)$.

* (2025·湖北武汉高一月考)定义：若对定义域内任意$ x $，都有$ f(x + a) ＞ f(x) $（$ a $为正常数），则称函数$ f(x) $为“$ a $距”增函数。
(1) 若$ f(x) = 2^x $，$ x \in \mathbf{R} $，试判断$ f(x) $是否为“1距”增函数，并说明理由；
(2) 若$ f(x) = x^3 - x + 4 $，$ x \in \mathbf{R} $是“$ a $距”增函数，求$ a $的取值范围；
(3) 若$ f(x) = 2^{x^2 + k|x|} $，$ x \in (-1, +\infty) $，其中$ k \in \mathbf{R} $，且为“2距”增函数，求$ f(x) $的最小值。

答案： 解：
(1)对任意的$x\in\mathbf{R},f(x+1)-f(x)=2^{x+1}-2^x=2^x＞0$，故$f(x)$是“$1$距”增函数.
(2)$f(x+a)-f(x)=(x+a)^3-(x+a)+4-(x^3-x+4)=a(3x^2+3ax+a^2-1)$，又$f(x)$为“$a$距”增函数，所以$a(3x^2+3ax+a^2-1)＞0$恒成立，因为$a＞0$，所以$3x^2+3ax+a^2-1＞0$恒成立，所以$\Delta=9a^2-12(a^2-1)＜0$，所以$a^2＞4$，故$a＞2$.
(3)因为$f(x)=2^{x^2+k|x|},x\in(-1,+\infty)$，其中$k\in\mathbf{R}$，且为“$2$距”增函数，所以当$x＞-1$时，$f(x+2)＞f(x)$恒成立.因为$y=2^x$为增函数，所以$(x+2)^2+k|x+2|＞x^2+k|x|$，当$x\geq0$时，$(x+2)^2+k(x+2)＞x^2+kx$，即$4x+4+2k＞0$恒成立，$\therefore4+2k＞0$，解得$k＞-2$.当$-1＜x＜0$时，$(x+2)^2+k(x+2)＞x^2-kx$，即$4x+4+2kx+2k＞0$恒成立，所以$(x+1)(k+2)＞0$，解得$k＞-2$，所以$k＞-2$.又因为$f(x)=2^{x^2+k|x|},x＞-1,k＞-2$，令$t=|x|\geq0$，则$f(x)=2^{t^2+kt}$，①当$-\frac{k}{2}\leq0$，即$k\geq0$时，当$t=0$时，$f(x)_{\min}=1$，②当$-\frac{k}{2}＞0$，即$-2＜k＜0$时，当$t=-\frac{k}{2}$时，$f(x)_{\min}=2^{\frac{k^2}{4}}$，综上，当$k\geq0$时，$f(x)_{\min}=1$，当$-2＜k＜0$时，$f(x)_{\min}=2^{\frac{k^2}{4}}$.